\(\mathit{1.\,Feladat}\)
Azok közül a téglatestek közül, amelyek térfogata a felszínük kétszerese, melyiknek legkisebb a térfogata?
A feltétel szerint
\[
\begin{aligned}
V=abc=4\cdot (ab+ac+bc)=A
\end{aligned}\notag
\]
Az \(ab\), \(ac\) és \(bc\) számokra felírhatjuk a számtani és mértani közép között fennálló összefüggést.
\[
\begin{aligned}
\frac{V}{12}=\frac{ab+ac+bc}{3}\geqslant \sqrt[3]{ab\cdot ac\cdot bc}=\sqrt[3]{V^2}
\end{aligned}\notag
\]
A fentiekben akkor van egyenlőség ha \(a=b=c\). A téglatest térfogatára az alábbi összefüggést kaptuk a felírt egyenlőtlenség alapján.
\[
\begin{aligned}
\frac{V}{12}&\geqslant \sqrt[3]{V^2}\\
\frac{V^3}{12^3}&\geqslant V^2\\
V&\geqslant 12^3\\
\end{aligned}\notag
\]
A térfogat minimális értéke \(12^3\), akkor ha a téglatest élei egyenlőek \(a=b=c=12\), azaz \(12\) egység élhosszú kocka.
\(\qquad\square\)\(\mathit{2.\,Feladat}\)
Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán!
\[\begin{aligned}
a\sin\,x + b\cos\,x = c
\end{aligned}\notag
\]
Osszuk el mindkét oldalt \(\sqrt{a^2+b^2}\ne 0\) értékkel, majd alkalmazzuk a \(cos\,x\,sin\,y+cos\,y\,sin\,x=\)\(sin(x+y) \) azonosságot!
\[
\begin{aligned}
\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\sin\,x + \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\cos\,x &= \frac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}\\
\sin\left(x+\alpha\right) &= \frac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}\qquad\text{ahol }\cos\alpha=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\\
\end{aligned}
\notag
\]
A bizonyítás alapja, hogy tetszőleges \(\alpha\in\mathbb{R}\):
\[
\begin{aligned}
\sin\alpha&=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\\
\cos\alpha&=\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\\
\end{aligned}
\notag
\]
A fentieket könnyen beláthatjuk a \(\sin^2x+\cos^2x=1\) összefüggés alapján:
\[
\begin{aligned}
\sin^2\alpha&=\frac{a^2}{a^2+b^2}\\
\cos^2\alpha&=\frac{b^2}{a^2+b^2}\\
\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2}&=1\\
\sin^2x+\cos^2x&=1\qquad\square
\end{aligned}
\notag
\]
\(\mathit{3.\,Feladat}\)
Határozd meg a következő függvény értékkészletét \((x\in\mathbb{R})\):
\[
f(x)=12\sin x+9\cos x
\notag
\]
A megoldás során felhasználjuk a szögfüggvények lineáris kombinációjáról tanultakat. Alakítsuk át a függvényt a \(\sqrt{12^2+9^2}=15\) számítás eredménye alapján:
\[
\begin{aligned}
f(x)=15\left(\frac{12}{15}\sin x+\frac{9}{15}\cos x\right)=15\sin(x+\alpha)
\end{aligned}\notag
\]
ahol \(\alpha\) értéke a \(\sin\alpha=\cfrac{9}{15}\) vagy a \(\cos\alpha=\cfrac{12}{15}\) egyenletekből határozható meg. Az értékkészlet kiszámításának szempontjából \(\alpha\) értéke nem releváns, ugyanis \(-1\leqslant\sin x\leqslant 1\) egyenlötlenség minden \(x\in\mathbb{R}\)-re fennáll. A megoldás tehát \(-15\leqslant f(x)\leqslant 15\).
\(\qquad\square\)\(\mathit{4.\,Feladat}\)
Az \(R\) sugarú gömbbe írható hengerek közül melyiknek maximális a palást felszíne?
A feladatot a másodfokú függvények szélsőértékére alkalmazható formula, illetve a számtani és mértani közép közt fennálló egyenlótlenség alapján is megoldhatjuk.
1. megoldás
Az ábrán látható jelölések segítségével írjuk fel az \(ABC\triangle\)-re a Pitagorasz-tételt, amely összefüggést teremt \(m\) és \(r\) között.
\[
\begin{aligned}
4r^2+m^2=4R^2
\end{aligned}\notag
\]
A henger palástjának felszíne:
\[
\begin{aligned}
A_P=2r\pi m
\end{aligned}\notag
\]
Tekintsük a palást felszínének négyzetét, hogy a Pitagorasz-tétel alapján kapott összefüggést kényelmesen tudjuk használni – a palást maximumhelye megegyezik a palást négyzetének maximum helyével.
\[
\begin{aligned}
A_P^2=4r^2\pi^2 m^2=(4R^2-m^2)\pi^2m^2,\,(0\leqslant m\leqslant 2R)
\end{aligned}\notag
\]
Az \(A_p^2(m^2)\) függvény \(m^2\)-ben másodfokú, így az \(m_1^2=0\) és \(m_2^2=4R^2\) zérushelyei. A negyedfokú tag előjele negatív, így a függvénynek maximuma van az \(m^2=\cfrac{0+4R^2}{2}=2R^2\) helyen. Azaz a maximális palástú henger paraméterei:
\[
\begin{aligned}
m=\sqrt{2}R\\
r=\frac{\sqrt{2}}{2}R\\
A_{P\,max}=2R^2\pi
\end{aligned}\notag
\]
2. megoldás
A palást felszíne akkor maximális, ha \(2rm\) értéke maximális. Írjuk fel a számtani- és a mértani közép közti összefüggést a \(4r^2\) és az \(m^2\) számokra.
\[
\begin{aligned}
2rm=\sqrt{4r^2m^2}\leqslant\frac{4r^2+m^2}{2}=\frac{4R^2}{2}=2R^2
\end{aligned}\notag
\]
A fentiekből láthatjuk, hogy \(2rm\) értéke állandó, és akkor maximális, ha \(2r=m\). Az \(ABC\triangle\)-re felírt Pitagorasz-tételből adódik az 1. megoldás szerinti eredmény.
\(\qquad\square\)Tippek feladatok megoldásához
Másodfokú függvény szélsőértékét keresve érdemes átalakítani a függvényt az \(f(x)=a(x-u)^2+v\) alakba, ugyanis \(a > 0\) esetén a függvény minimumhelye \(u\), minimum értéke pedig \(v\). \(a < 0\) esetén pedig a fenti helyen maximuma van a függvénynek, ahol maximum értéke \(v\).
A nevezetes középértékek között fennálló összefüggés gyakran jó eszköz a szélsőérték feladatok megoldásához, figyelembe véve, hogy egyenlőség csak akkor áll fenn, ha az elemek egyenlőek.
A Cauchy-Schwarz-Bunyakovszkij, illetve a Csebisev egyenlőtlenség nem része a tananyagnak, ennek ellenére sokszor jól alkalmazható (verseny) feladatokban. Speciális számokra alkalmazva, gyorsan eljuthatunk a megoldáshoz, amelyet egyébként (néha hosszadalmasabban) megkaphatunk a középértékek közti összefüggések alapján is.